HDU 5297 Y sequence（容斥+迭代）

Description

给定整数n和整数r,在1、2、3、4、5…….的序列中删掉可以开2次方的数,3次方的数,4次方的数,…….r次方的数,剩下的数称为Y序列,求Y序列中第n个数是多少

Input

第一行为一个整数T表示用例组数，每组用例为两个整数n和r

（n<=2*10^18,2<=r<=62,T<=30000）

Output

对于每组用例，输出Y序列中第n个数

Sample Input

2

10 2

10 3

Sample Output

13

14

Solution

先考虑如何求出m之内属于Y序列数字的数量，m以内可以开2次方的数有pow(m,1/2)个，开3次方的数有pow(m,1/3)个…所以这个数量可以容斥来求，先预处理1~63中所有的素数，然后对这些素数容斥，统计r中每个数的素因子个数，偶减奇加（在处理素数时加一个负号就避免了判断素因子数量的奇偶），现在我们已经知道了如何求m内有多少属于Y序列的数字，那如何得知Y序列的第n个数呢？这个可以迭代解决，假设n以内有num个Y序列的数，如果num< n，那么去统计n+n-num内属于Y序列的数字，一直迭代到num=n为止，这种迭代显然是对的是因为多加的n-num中最多只有n-num个数字属于Y序列，当多加的数等于缺的数那么就得到答案了，而且永远不可能超过答案

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 63
typedef long long ll;
int prime[maxn],is_prime[maxn],res;
vector<int>vec;
void get_prime(int n)
{
memset(is_prime,0,sizeof(is_prime));
res=0;
for(int i=2;i<n;i++)
if(!is_prime[i])
{
prime[res++]=-1*i;
for(int j=i;j<n;j+=i)
is_prime[j]=1;
}
}
void get_factor(int r)
{
vec.clear();
for(int i=0;i<res&&-1*prime[i]<=r;i++)
{
int num=vec.size();
for(int j=0;j<num;j++)
if(abs(vec[j]*prime[i])<=maxn)
vec.push_back(vec[j]*prime[i]);
vec.push_back(prime[i]);
}
}
ll get_num(ll n)
{
ll ans=0;
for(int i=0;i<vec.size();i++)
{
ll temp=(int)pow(n+0.5,abs(1.0/vec[i]))-1;
ans+=(vec[i]<0?1:-1)*temp;
}
return n-ans-1;
}
int main()
{
get_prime(maxn);
int T,r;
ll n;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld%d",&n,&r);
get_factor(r);
ll ans=n,num=get_num(n);
while(num<n)
{
ans+=n-num;
num=get_num(ans);
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}